函数导数压轴题的系统性解读
导数压轴题的教学策略
导数压轴题的教学策略
导数压轴题的教学策略可以按照以下步骤进行：
1.深入理解导数概念：导数是微积分中的重要概念，它描述了函数值随自变量变化的速率。
只有深入理解了导数的概念和性质，才能更好地解决导数问题。
2.掌握常见题型及其解法：导数压轴题通常涉及多种知识点和方法，例如极值、单调性、不等式证明等。
学生需要掌握这些题型的特点和解法，以便能够快速找到解题思路。
3.强化训练：通过大量的练习和模拟考试，提高学生的解题能力和技巧。
在训练中，可以采取一题多解、一解多题等方式，帮助学生拓展思路，提高解题效率。
4.反思总结：在解题过程中，学生需要不断地反思和总结，分析错题的原因和解决方法，并加以改进。
同时，也需要总结解题技巧和思路，形成自己的知识体系。
5.合作交流：鼓励学生之间的合作和交流，共同探讨解题方法和思路。
通过合作交流，可以相互启发、补充和促进，提高学习效果。
6.教师指导：教师需要给予学生适当的指导和帮助，解决学生在学习中遇到的问题。
同时，教师也需要不断更新教学方法和策略，根据学生的实际情况进行调整和完善。
以上是导数压轴题的教学策略，希望对您有所帮助。
2021年高考数学理科导数压轴题各种解法
2021年高考数学理科导数压轴题各种解法
以下是2021年高考数学理科导数压轴题的各种解法：
解法一：使用导数的定义求解
根据导数的定义，导数表示函数在某一点处的斜率，可以通过求取函数在该点的左导数和右导数的极限值来得到函数的导数。
首先，找到函数在给定点的左导数和右导数的表达式，然后计算它们的极限值，最终得到函数在该点的导数。
解法二：使用导数的性质求解
导数具有一系列的性质，包括线性性、常数因子性、乘积法则、和差法则、链式法则等。
通过运用这些性质，可以将复杂的函数通过简单的代数运算转化为更容易求导的形式，从而简化求解的过程。
解法三：使用隐函数求解
对于一些隐式定义的函数，可以通过求解隐函数的导数方程来得到导数。
具体的求解过程包括将隐函数对自变量求导，然后将求导结果代入到原方程中，进一步简化方程解的求取。
解法四：使用导数的几何意义求解
导数可以表示函数曲线在某一点处的切线的斜率，因此可以通过求取切线斜率的方式来得到导数。
根据函数的几何性质，寻找函数曲线在给定点的切线方程，然后计算切线方程的斜率，即可得到函数在该点的导数。
综上所述，针对2021年高考数学理科导数压轴题，可以运用
不同的解法来求解，其中包括导数的定义、性质、隐函数以及几何意义等多种方法。
具体选择哪种解法取决于题目的具体情况和自己的熟悉程度。
函数与导数压轴题题型与解题方法(高考必备)
函数与导数压轴题题型与解题方法(高考必备)题型与方法（选择、填空题）一、函数与导数1、抽象函数与性质主要知识点：定义域、值域（最值）、单调性、奇偶性、周期性、对称性、趋势线（渐近线）对策与方法：赋值法、特例法、数形结合例1：已知定义在$[0,+\infty)$上的函数$f(x)$，当$x\in[0,1]$时，$f(x)=\frac{2}{3}-4x$；当$x>1$时，$f(x)=af(x-1)$，$a\in R$，$a$为常数。
下列有关函数$f(x)$的描述：①当$a=2$时，$f(\frac{3}{2})=4$；②当$a<\frac{1}{2}$时，函数$f(x)$的值域为$[-2,2]$；③当$a>\frac{1}{2}$时，不等式$f(x)\leq 2a$恒成立；④当$-\frac{1}{2}<a<\frac{1}{2}$时，函数$f(x)$的图像与直线$y=2an-1$（$n\in N^*$）在$[1,n]$内的交点个数为$n-\frac{1+(-1)^n}{2}$。
其中描述正确的个数有（。
）【答案】C分析：根据题意，当$x>1$时，$f(x)$的值由$f(x-1)$决定，因此可以考虑特例法。
当$a=2$时，$f(x)$的值域为$[0,4]$，因此①正确。
当$a\frac{1}{2}$时，$f(x)$在$[0,1]$上单调递减，在$[1,+\infty)$上单调递增，因此不等式$f(x)\leq 2a$恒成立，③正确。
当$-\frac{1}{2}<a<\frac{1}{2}$时，$f(x)$在$[0,1]$上单调递减，在$[1,+\infty)$上单调递增，因此$f(x)$与直线$y=2an-1$（$n\in N^*$）在$[1,n]$内的交点个数为$n-\frac{1+(-1)^n}{2}$，④正确。
因此，答案为$\boxed{\textbf{(C) }2}$。
高考数学：函数与导数压轴题高频考点与破解妙招.doc
高考数学：函数与导数压轴题高频考点与破解妙招1以导数面目包装的函数性质的综合应用有关函数与导数的小题压轴题是新课标全国卷的高频考题，高频题型：①以导数面目包装的函数性质题(单调性、奇偶性、最值等)；②用导数法判断函数f(x)的图象或已知函数图象求参数的取值范围；③函数与集合、不等式、数列、平面向量、新定义等知识相交汇．【命题意图】本题主要考查函数与导数、函数的单调性、函数的最值、函数的零点等知识，意在考查考生的化归与转化能力、数形结合能力和运算求解能力．【攻略秘籍】破解以导数面目包装的函数性质综合题需过双关：第一关是“还原关”，即先还原出函数的解析式；第二关是“数形关”，即不等式恒成立问题与有解问题多需要数形结合，即可轻松解决．2利用导数研究函数的单调性、极值与最值利用导数研究函数的单调性、极值与最值是高考的一棵“常青树”，高频题型：①判断函数f(x)的单调性或求函数f(x)的单调区间；②求函数f(x)的最值或极值；③由函数的单调区间、最值或极值求参数的值．【命题意图】本题主要考查函数的极值、利用函数的单调性求参数的取值范围，意在考查分类讨论思想和方程思想，考查考生的化归与转化能力、运算求解能力．【攻略秘籍】破解此类题的关键：一是方程思想，即对于含有参数的可导函数有极值的关键是对参数进行分类讨论，并寻找其导数为零的根，以及在根的左、右两侧导数的符号；二是转化思想，即可导函数f(x)在某个区间D内单调递增(或递减)，则有f ′(x)≥0(或f ′(x)≤0)在区间D内恒成立，从而把已知函数的单调性问题转化为恒成立问题来解决，这里需注意“＝”的情形．3函数、导数与零点相交汇如稍加留神，便可以发现，函数、导数与函数的零点(方程的根)相交汇的考题在近年的高考中扮演着重要的角色，高频题型：①判断函数的零点(方程的根)的个数问题；②已知函数在给定区间的零点(方程在给定区间的解)的情况，求参数的取值范围或证明不等式成立．【命题意图】本题主要考查函数的零点、函数的最值、导数及其应用、基本不等式等知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识．【攻略秘籍】破解此类难题要过好三关：第一关，应用关，即利用导数法求函数的单调区间与最值，一般是求导数，在定义域范围内，令导函数大于(小于)零，得其单调递增(减)区间，从而求出函数的单调区间，再由函数的单调性，可求其最值；第二关，转化关，即把判断函数的零点个数问题转化为判断函数最值的符号问题；第三关，构造函数关，即通过构造函数，把比较大小问题转化为判断函数的单调性问题．4函数、导数与不等式相交汇函数、导数与不等式相交汇的试题是2015年高考题中比较“抢眼”的一种题型．对于只含有一个变量的不等式问题，常通过构造函数，利用函数的单调性和极值来证明，高频题型：①用导数法解决含参不等式恒成立问题；②用导数法解决含参不等式有解问题；③证明不等式．【命题意图】本题主要考查函数的单调性与极值点、不等式恒成立问题、证明不等式等知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想．【攻略秘籍】破解此类不等式证明的关键是通过构造函数、利用导数法判断函数的单调性来证明不等式．根据题设条件的结构特征构造一个函数，一是需要预设与所证不等式有相同的结构；二是需要熟练掌握简单复合函数的求导变换．不等式恒成立求参数的取值范围常利用“分离参数法”，也可以单刀直入地利用导数法，通过分类讨论使问题获解．注意恒成立问题与能成立问题的区别．从以上四例可以看出，只要我们对“函数与导数类”压轴题常见类型心中有数，把握其实质，掌握其规律，规范其步骤，做到“胸中有法”，那么不论高考“函数与导数类”压轴题的构思多么新颖，我们都能做到以不变应万变，此类压轴题就能迎刃而解．。
高考数学：导数压轴题的归纳总结方法
高考数学：导数压轴题的归纳总结方法今天我们来聊聊高考数学导数压轴题的归纳总结方法。
在对导数专题归纳总结的时候，可以细分为两个层面。
第一，对题型进行归纳总结。
举例说明，下图的题目中的第二小问，如果去做归纳总结的话，很多题目都跟这道题目相类似，这种题目可以概括为一般形式：如果用归纳总结的思路去做的话，可以细分到之前说的双变量这一类问题的大类，大类下面有一个小类，叫做极值点偏移问题。
希望大家在学习导数专题的过程中，不要简单地光做题，而要在做题中能发现这样一类题型。
导数的问题做多了之后就会发现，很多时候都有相似之处，将这些相似之处提取出来，我们就可以将它一般化为这样一种题型，把它抽象出来。
本质上说，我们就是找这样的一般问题，再从一般的角度去解决方法，看这一类的问题有什么具体的解决套路，这样就可以在学习过程中达到事半功倍的效果了。
第二，对解题方法和解题方向进行归纳总结。
什么叫做解题方法？就是对于之前已经分好类的xx问题，我们可以第一步xxxxx，第二步xxxxxx……第x步xxxxxx，问题解决。
大家可以看出，这样一类问题，方法和套路性比较强。
结合具体例子来谈，还是这个题目，刚刚说可以划归为双变量分类下的极值点偏移这种具体的问题。
对于这一类极值点偏移具体的问题，刚才已经提出一般化的解题题型，那么这一类一般化的解题题型，应该怎样去解决呢？极值点偏移问题三步走：（1）画图观察极值点偏移方向（2）利用f(x)的单调性转移不等式（3）构造f(x)=f(x)-f(2a-x)完成证明在做题的时候，对于这种一般化的问题进行归纳总结，归纳总结出一步一步的套路。
当你完成这种从题型到解决方法的归纳总结之后，就会对导数这一类具体问题拍着胸脯说：“考试，考到这样一类问题，把题目做完，应该是一件十拿九稳的事情。
”因为你把一般的问题都做完，考试题目只要是已经归纳总结过的题型，你只需要把已经总结出的方法往上套，结合具体的题目，将一些条件拿过来进行运算，最后就可以将这一类题目做出来。
高三数学压轴题知识点
高三数学压轴题知识点在高三数学中，压轴题常常是一个重要的评估方式，旨在考查学生对于各个知识点的掌握程度。
下面将介绍一些高三数学压轴题中常见的知识点。
一、函数与导数1. 函数与导数的概念函数是一种映射关系，将自变量的取值通过规定的方式映射到因变量上。
导数是函数在某一点处的变化率，用于描述函数在该点附近的变化趋势。
2. 导数的计算常见函数的导数计算规则包括常函数的导数、幂函数的导数、指数函数与对数函数的导数、三角函数的导数等等。
3. 图像的变化与导数导数可以描述函数图像的切线斜率，通过判断导数的正负可以确定函数在某一点的增减性及极值情况。
二、平面几何1. 三角形与三角函数三角函数包括正弦、余弦和正切函数等，用于描述三角形内角与边之间的关系。
2. 圆的性质与圆心角圆是由一个固定点到平面上任意一点距离相等的点的集合，圆心角是由圆心所对应的圆弧所夹的角。
3. 向量的运算与应用向量是具有大小和方向的量，常用于描述平面上的位移、速度和力等物理量。
三、解析几何1. 平面直角坐标系与函数图像平面直角坐标系是由横纵坐标轴组成的平面，用于描述二维空间中的点的位置。
函数图像是在坐标系上绘制的函数的曲线。
2. 直线与曲线的方程通过给定的条件或已知的一点和斜率，可以确定直线的方程。
曲线的方程可以用于描述平面上的曲线形状。
3. 二次函数与常见函数图像二次函数是一个含有二次项的函数，常见的二次函数图像包括抛物线、开口向上或向下的情况。
四、概率与统计1. 古典概型与条件概率古典概型是指所有可能结果的个数相等的概率问题。
条件概率是指在已知一些相关信息的前提下，某一事件发生的概率。
2. 随机变量与概率分布随机变量是一个随机事件的结果，概率分布则是用于描述随机变量取值的可能性分布情况。
3. 统计分析与统计推断统计分析用于对数据进行整理和分析，统计推断则是通过样本数据推断总体特征。
以上是一些高三数学压轴题中常见的知识点。
通过对这些知识点的学习和理解，可以更好地应对压轴题，提高数学成绩。
导数压轴题解题技巧
导数压轴题解题技巧
嘿，朋友们！今天咱就来聊聊导数压轴题解题技巧，这可真是个让人又爱又恨的家伙啊！
你看哈，导数压轴题就像是一场刺激的游戏！比如说，给你个函数，哎呀，那弯弯曲曲的图象就像是复杂的迷宫，你得找到出路！就像你在森林里迷路了，得想办法走出来呀！
先来谈谈怎么求导吧！这可是基础。
像有个函数f(x)=x²+3x，那求导可得 f'(x)=2x+3 呀！就好比你走路，求导就是弄清楚往哪个方向走得快，能不走错路嘛！
再说说构造新函数吧！有时候题目里的条件乱七八糟，咋办呢？那就巧妙地构造个新函数呗！比如说，给你两个函数 f(x)和 g(x)，它们之间有某种关系，那咱就把它们组合起来弄个新函数 H(x) 呀！这就好像把不同的积木拼在一起搭出个新造型。
还有分类讨论哦！遇到各种情况都要考虑到。
比如一个函数在不同区间上的单调性不一样，那咱就得仔细分析呀！“嘿，这可不能马虎！”不认真分析怎么能得高分呢？
哎呀，导数压轴题真不是盖的，有时候确实难倒一大片人呢！但咱别怕呀，只要掌握了这些技巧，多练多总结，还怕它不成？记住，每一道导数压轴题都是一个挑战，但也是一个让我们进步的机会呀！
咱就是说，导数压轴题解题技巧真的能让我们在数学的海洋里畅游得更畅快！大家可得好好学起来，攻克这道难关，走向数学的辉煌呀！。
导数压轴题与解题套路
导数压轴题与解题套路
导数压轴题是高中数学中比较有难度的题目之一，很多同学在考试中遇到这种题目时会感到比较头疼。
但是，只要理解了导数的概念和解题套路，就能够轻松地解决这类题目。
首先，我们需要明确导数的定义和意义，即导数表示函数在某一点处的变化率。
根据这个定义，我们可以通过求导数来求函数在某一点处的切线斜率、函数的最值等。
对于导数压轴题，我们可以采用以下解题套路：
1.找出函数的定义域和导数的定义域，确定导数的存在性。
2.计算函数的导数，并化简。
3.求出导数为0或不存在的点，这些点可能是函数的极值点或拐点。
4.求出导数的正负性，确定函数的单调性。
5.求出导数的符号变化点，确定函数的凸凹性和拐点。
6.结合上述信息，画出函数的草图。
通过这样的解题流程，我们就可以轻松地解决导数压轴题。
当然，实际解题时还需要注意一些细节问题，比如边界点处的导数计算等。
总之，掌握导数的概念和解题套路是解决导数压轴题的关键。
只要多加练习，相信大家都能够轻松地应对这类题目。
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导函数压轴题中常见“套路”解析
导函数压轴题中常见“套路”解析数学在高中阶段是一门重要的课程，在高考中占据一席之地。
在每年的高考试卷中，导数有关的函数题是每年必出的题目，且常常作为压轴题出现在试卷里。
在老师的帮助通过我在日常考试、练习中中遇到的导函数习题，将常见的解题思路梳理出来，然后结高考试卷中的题目详细说明。
一、解析导函数压轴题，首先应熟练掌控各类导函数的题型众所周知，作为压轴题的导函数为了拉开得分值，一般根据难易程度至少有两问或三许多同学对于第一问往往处理较好，但是对于第二问、第三问匆忙求导，不知不觉就走了陷阱中无法出来，使大家不知道自己从解题伊始的方向就错误了，具体来说就是对哪函数求导不明确，或为什么要构造新函数F(x) 和如何构造函数 F(x) 不明确。
因此想要熟解答这些题目，就要对导函数压轴题的出题方向有所把控，通过以往的考试和练习我发与导数知识相关的题目主要是方程求根、不等式问题及函数求值这三种，详细题型为以五类 :1、一元参数或二元参数方程根的个数与范围；2、一元参数或二元参数不等式的明；3、求含参函数的最值或单调区间；4、一元参数或二元参数不等式恒成立时已知含函数的最值，或者单调区间求某参数的范围；5、一元参数或二元参数方程根的个数和范求某参数的范围。
因此，无论考试卷子中导函数压轴题以什么形式出现，它但本质上就一道题多种问法而已。
同学们只要明白了这个道理，无论题目怎么千变万化的出，都难不我们了。
二、导数知识解析方程、函数、不等式的套路（一）函数解题中运用导数的常规套路例如：2017 年高考题中，已知函数 f（x）=ae2x+（a － 2）e x － x，请分析 f（x）的单调性。
这是高中数学中常见的函数导数题型，在这类题目进行单调性分析时，相信大家会习性的采用常规的解题方法——画图法去分析单调区间，但由于函数等式中有未知数a 的存图像画着画着就落不下笔去了。
因此，考虑用导数的相关知识解决这一问题，问题将迎刃解：解：由 f（x）=ae2x+（a － 2）e x － x，求导 f′（x）=2ae2x+（a －2）e x － 1，当 a=0 时，f′（x）= － 2e x － 1 ＜ 0；∴当 x ∈ R，f（x）单调递减；当 a ＞ 0 时，f′（x）=（2e x+1）（ae x － 1）=2a（e x+1/2）（e x －1/a）；令 f′（x）=0，解得：x=ln(1/a)，当 f′（x）＞ 0，解得：x ＞ ln(1/a)，当 f′（x）＜0，解得：x ＜ ln(1/a)，∴ x ∈（－∞，ln(1/a)）时，f（x）单调递减，x ∈（ln(1/a)，+ ∞）单调递当 a ＜ 0 时，f′（x）=2a（e x+1/2）（e x － 1/a）＜ 0，恒成立，∴当 x ∈ R，f（x）单调递减，综上可知：当a ≤ 0 时，f（x）在R 单调减函数，当a ＞ 0 时，f（x）在（－∞，ln(1是减函数，在（ln(1/a)，+ ∞）是增函数。
2022年全国高考数学乙卷导数压轴题的简单解法
2022年全国高考数学乙卷导数压轴题的简单解法
2022年全国高考数学乙卷导数压轴题属于高考数学较难的题目，有些学生可能会感到困惑。
实际上，克服困难，只要做好正确的准备和有策略地利用知识，就能够掌握这类题型的特点，把握解题的思路，解出正确答案。
首先，应该找出问题的形式，对题目有一个初步的了解。
此题一般涉及到求导数、变量替换法和极限。
了解问题的解法后，再逐步梳理解题步骤，搞清楚题目需要用到哪些知识，用哪几个要素去完成。
其次，应把必要的公式掌握熟练，掌握求导数最基本的三大公式和求导法则，建立对导数的加减乘除的原理的感悟。
比如，记住二次函数的导数形式，熟练掌握多重函数的求导，学会利用变量替换法求函数的导数，这些都是求解题目的关键。
最后，掌握求极限的方法，学会用分析法、图像法等定义域外的点求极限，并依据此题中求极限的情景完成解题。
如果学生掌握全面的基本知识，就可以更加顺利地解决高考数学乙卷的导数压轴题。
总之，虽然高考数学乙卷的导数压轴题相对比较难，但是如果学生遵循准备充分、备考有策略、熟悉公式、把握解题思路的原则，就能够做到游刃有余，顺畅解答出正确答案。
高考数学函数压轴题解题技巧
高考数学函数压轴题解题技巧随着高考的临近，各科目的复习备考已经进入一定的攻坚阶段。
而数学作为通识科目的一部分，在考生们的复习备考中更是重要的一环。
在数学中，函数作为一个重要的考点，在考试中所占据的分值比例往往不小。
而“函数”的压轴题，则更是高考数学压轴题中的一个重要组成部分。
本文就将针对高考数学函数压轴题的解题技巧进行一番深入的探讨。
一、背景知识在了解数学函数压轴题的解题技巧之前，我们首先需要了解一些背景知识。
函数的定义是指一个自变量集合到一个因变量集合的一个对应关系。
函数根据其定义可分为初等函数和非初等函数。
初等函数又分为常函数、幂函数、指数函数、对数函数、三角函数、反三角函数和双曲函数等七类函数，而非初等函数则包括如有理函数、三角多项式等等。
在高考中，我们主要需要掌握的是初等函数的相关知识点。
二、函数压轴题类型在高考中，函数的压轴题类型有很多种，不同的题型对考生们的能力要求各不相同。
以下将重点介绍以下几种常见的函数压轴题类型:1. 函数与方程2. 函数综合应用3. 函数极值4. 函数图像5. 三角函数6. 对数函数7. 幂函数在高考数学中，以上七种类型的函数压轴题都具有很高的出现概率。
掌握好这几种题型的解题技巧能够有效提高我们的数学成绩。
三、解题技巧1. 善于分类在高考函数压轴题中，很容易出现诸如“求最值”、“求方程解”的问题。
对于这类问题，我们首先需要分类，分析问题所属类型。
如果是求最值问题，我们需要分类讨论函数的导数及极值点相关的问题。
如果是求方程解的问题，则需要分类讨论函数零点相关的问题。
2. 运用微积分知识在数学中，微积分是函数相关知识的基础，尤其是函数的导数及微分。
在高考函数压轴题中，运用微积分知识能够更加快速地捕捉到解题的关键点，并为我们提供更加高效的解题思路。
3. 联结多方面的知识点在高考数学中，函数压轴题往往涉及到其它各种数学知识，在解题过程中也需要我们根据题目所涉及的知识点有针对性地应用。
高考数学 函数与导数”压轴大题的3大难点及破解策略 教案 含解析题
第4课时 压轴考法自主选——“函数与导数”压轴大题的3大难点及破解策略难点一 隐零点问题在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f (x )在区间I 上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数f (x )在区间I 上存在唯一的零点(例如，函数f (x )在区间I 上是单调函数且在区间I 的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是x 0.因为x 0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x 0叫做隐零点；若x 0容易求出，就叫做显零点，而后解答就可继续进行．实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法． [典例] 设函数f (x )＝e x －ax －2. (1)求f (x )的单调区间；(2)若a ＝1，k 为整数，且当x >0时，(x －k )f ′(x )＋x ＋1>0，求k 的最大值．[解题观摩](1)当a ≤0时，f (x )的单调递增区间是(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当a >0时，函数f (x )的单调递减区间是(－∞，ln a )，单调递增区间是(ln a ，＋∞)．(解答过程略)(2)由题设可得(x －k )(e x －1)＋x ＋1>0， 即k <x ＋x ＋1e x －1(x >0)恒成立．令g (x )＝x ＋1e x －1＋x (x >0)，得g ′(x )＝e x －1－(x ＋1)e x (e x －1)2＋1＝e x (e x －x －2)(e x －1)2(x >0)．由(1)的结论可知，函数h (x )＝e x －x －2(x >0)是增函数．又因为h (1)<0，h (2)>0，所以函数h (x )的唯一零点α∈(1，2)(该零点就是h (x )的隐零点)． 当x ∈(0，α)时，g ′(x )<0；当x ∈(α，＋∞)时，g ′(x )>0， 所以g (x )min ＝g (α)＝α＋1e α－1＋α. 又h (α)＝e α－α－2＝0， 所以e α＝α＋2且α∈(1,2)， 则g (x )min ＝g (α)＝1＋α∈(2,3)， 所以k 的最大值为2. [名师微点]本题的关键就是利用h (x )＝e x －x －2及h (1)<0，h (2)>0确定h (x )的隐零点，从而作出判断． [针对训练]1．设函数f (x )＝(x －1)e x －kx 2(k ∈R )．当k ∈⎝⎛⎦⎤12，1时，求函数f (x )在[0，k ]上的最大值M . 解：f ′(x )＝x (e x －2k )．由f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝ln 2k . 事实上，可证ln 2k ＜k ， 设g (k )＝ln 2k －k ⎝⎛⎭⎫12＜k ≤1， 则g ′(k )＝1－k k ≥0⎝⎛⎭⎫12＜k ≤1， 所以g (k )在⎝⎛⎦⎤12，1上是增函数， 所以g (k )≤g (1)＝ln 2－1＜0，即ln 2k ＜k .所以f (x )在(0，ln 2k )上是减函数，在(ln 2k ，k ]上是增函数，所以M ＝max{f (0)，f (k )}． 设h (k )＝f (k )－f (0)＝(k －1)e k －k 3＋1⎝⎛⎭⎫12＜k ≤1， 则h ′(k )＝k (e k －3k )⎝⎛⎭⎫12＜k ≤1. 又令φ(k )＝e k －3k ⎝⎛⎭⎫12＜k ≤1， 则φ′(k )＝e k －3≤e －3＜0⎝⎛⎭⎫12＜k ≤1， 所以函数φ(k )在⎝⎛⎦⎤12，1上是减函数． 又因为φ⎝⎛⎭⎫12＞0，φ(1)＜0，所以函数φ(k )在⎝⎛⎭⎫12，1上存在唯一的零点k 0. 所以当12＜k ＜k 0时，φ(k )＞0，即h ′(k )＞0，当k 0＜k ≤1时，φ(k )＜0，即h ′(k )＜0， 所以函数h (k )在⎝⎛⎦⎤12，1上是先增后减． 又因为h ⎝⎛⎭⎫12＝78－e 2＞0，h (1)＝0， 所以h (k )＝f (k )－f (0)≥0， f (k )≥f (0)⎝⎛⎭⎫12＜k ≤1， 故M ＝f (k )＝(k －1)e k －k 3.难点二 极值点偏移问题在近几年的高考中，极值点偏移问题常作为压轴题出现，题型复杂多变，面对此类问题时常会感到束手无策．事实上，只要掌握这类问题的实质，巧妙消元、消参、构造函数，问题便能迎刃而解．1．极值点偏移的含义若单峰函数f(x)的极值点为x0，则极值点的偏移问题的图示及函数值的大小关系如下表所示.极值点x0函数值的大小关系图示极值点不偏移x0＝x1＋x22f(x1)＝f(2x0－x2)极值点偏移左移x0<x1＋x22峰口向上：f(x1)<f(2x0－x2)峰口向下：f(x1)>f(2x0－x2)右移x0>x1＋x22峰口向上：f(x1)>f(2x0－x2)峰口向下：f(x1)<f(2x0－x2)2．函数极值点偏移问题的题型极值点偏移问题的题设一般有以下四种形式：(1)若函数f(x)在定义域上存在两个零点x1，x2(x1≠x2)，求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)；(2)若在函数f(x)的定义域上存在x1，x2(x1≠x2)满足f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)；(3)若函数f(x)存在两个零点x1，x2(x1≠x2)，令x0＝x1＋x22，求证：f′(x0)>0；(4)若在函数f(x)的定义域上存在x1，x2(x1≠x2)满足f(x1)＝f(x2)，令x0＝x1＋x22，求证：f′(x0)>0.[典例]已知函数f(x)＝ln x－ax(x>0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)．证明：x 1x 2>e 2.[解题观摩]法一：巧抓“根商”——c ＝x 1x 2构造函数不妨设x 1>x 2，因为ln x 1－ax 1＝0，ln x 2－ax 2＝0，所以ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝a (x 1－x 2)， 所以ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝a .欲证x 1x 2>e 2，即证ln x 1＋ln x 2>2.因为ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，所以即证a >2x 1＋x 2，所以原问题等价于证明ln x 1－ln x 2x 1－x 2>2x 1＋x 2，即ln x 1x 2>2(x 1－x 2)x 1＋x 2，令c ＝x 1x 2(c >1)，则不等式变为ln c >2(c －1)c ＋1.令h (c )＝ln c －2(c －1)c ＋1，c >1， 所以h ′(c )＝1c －4(c ＋1)2＝(c －1)2c (c ＋1)2>0，所以h (c )在(1，＋∞)上单调递增， 所以h (c )>h (1)＝ln 1－0＝0， 即ln c －2(c －1)c ＋1>0(c >1)，因此原不等式x 1x 2>e 2得证． [名师微点]该方法的基本思路是直接消掉参数a ，再结合所证问题，巧妙引入变量c ＝x 1x 2，从而构造相应的函数．其解题要点为：(1)联立消参：利用方程f (x 1)＝f (x 2)消掉解析式中的参数a .(2)抓商构元：令c ＝x 1x 2，消掉变量x 1，x 2，构造关于c 的函数h (c )．(3)用导求解：利用导数求解函数h (c )的最小值，从而可证得结论． 法二：抓极值点构造函数由题意，函数f (x )有两个零点x 1，x 2(x 1≠x 2)，即f (x 1)＝f (x 2)＝0，易知ln x 1，ln x 2是方程x ＝a e x 的两根．设t1＝ln x1，t2＝ln x2，g(x)＝x e－x，则g(t1)＝g(t2)，从而x1x2>e2⇔ln x1＋ln x2>2⇔t1＋t2>2. 下证：t1＋t2>2.g′(x)＝(1－x)e－x，易得g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以函数g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝1 e.当x→－∞时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→0且g(x)>0.由g(t1)＝g(t2)，t1≠t2，不妨设t1<t2，作出函数g(x)的图象，如图所示，由图知必有0<t1<1<t2，令F(x)＝g(1＋x)－g(1－x)，x∈(0,1]，则F′(x)＝g′(1＋x)－g′(1－x)＝xe x＋1(e2x－1)>0，所以F(x)在(0,1]上单调递增，所以F(x)>F(0)＝0对任意的x∈(0,1]恒成立，即g(1＋x)>g(1－x)对任意的x∈(0,1]恒成立．由0<t1<1<t2，得1－t1∈(0,1)，所以g[1＋(1－t1)]＝g(2－t1)>g[1－(1－t1)]＝g(t1)＝g(t2)，即g(2－t1)>g(t2)，又2－t1，t2∈(1，＋∞)，且g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以2－t1<t2，所以t1＋t2>2，即x1x2>e2.[名师微点]上述解题过程就是解决极值点偏移问题的最基本的方法，共有四个解题要点：(1)求函数g(x)的极值点x0；(2)构造函数F(x)＝g(x0＋x)－g(x0－x)；(3)确定函数F(x)的单调性；(4)结合F(0)＝0，确定g(x0＋x)与g(x0－x)的大小关系．法三：巧抓“根差”——s＝Δt＝t2－t1构造函数由题意，函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)，即f(x1)＝f(x2)＝0，易知ln x1，ln x2是方程x ＝a e x的两根．设t1＝ln x1，t2＝ln x2，设g(x)＝x e－x，则g(t1)＝g(t2)，从而x1x2>e2⇔ln x1＋ln x2>2⇔t1＋t2>2.下证：t1＋t2>2.由g (t 1)＝g (t 2)，得t 1e －t 1＝t 2e －t 2，化简得e t 2－t 1＝t 2t 1.①不妨设t 2>t 1，由法二知，0<t 1<1<t 2，令s ＝t 2－t 1，则s >0，t 2＝s ＋t 1，代入①式，得e s ＝s ＋t 1t 1， 解得t 1＝se s －1.则t 1＋t 2＝2t 1＋s ＝2se s －1＋s ，故要证t 1＋t 2>2，即证2se s －1＋s >2，又e s －1>0，故要证2se s －1＋s >2，即证2s ＋(s －2)(e s －1)>0.② 令G (s )＝2s ＋(s －2)(e s －1)(s >0)， 则G ′(s )＝(s －1)e s ＋1，G ″(s )＝s e s >0，故G ′(s )在(0，＋∞)上单调递增，所以G ′(s )>G ′(0)＝0， 从而G (s )在(0，＋∞)上单调递增，所以G (s )>G (0)＝0， 所以②式成立，故t 1＋t 2>2，即x 1x 2>e 2. [名师微点]该方法的关键是巧妙引入变量s ，然后利用等量关系，把t 1，t 2消掉，从而构造相应的函数，转化所证问题．其解题要点为：(1)取差构元：记s ＝t 2－t 1，则t 2＝t 1＋s ，利用该式消掉t 2. (2)巧解消参：利用g (t 1)＝g (t 2)，构造方程，解之，利用s 表示t 1.(3)构造函数：依据消参之后所得不等式的形式，构造关于s 的函数G (s )． (4)转化求解：利用导数研究函数G (s )的单调性和最小值，从而证得结论． [针对训练]2．若关于x 的方程x ln x ＝m 有两个不相等的实数解x 1，x 2，求证：x 1·x 2<1e 2(e 是自然对数的底数)．证明：不妨设x 1>x 2，要证x 1x 2<1e 2，即证x 1x 2⎝⎛⎭⎫1x 2－1x 1<1e 2⎝⎛⎭⎫1x 2－1x 1， 整理得x 1＋1e 2x 1<x 2＋1e 2x 2.又因为x 1ln x 1＝x 2ln x 2，即证x 1ln x 1－k ⎝⎛⎭⎫x 1＋1e 2x 1>x 2ln x 2－k ⎝⎛⎭⎫x 2＋1e 2x 2，k >0. 设h (x )＝x ln x －kx －ke 2x， 使h (x )在(0，＋∞)上单调递增， 所以有h ′(x )＝ln x ＋1－k ＋ke 2x 2≥0在(0，＋∞)上恒成立，令h ″(x )＝1x －2ke 2x 3＝0，解得x ＝2k e ，列表可知h ′(x )在⎝⎛⎭⎫0，2k e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫2k e ，＋∞上单调递增， 令h ′⎝⎛⎭⎫2k e ＝12ln(2k )－k ＋12＝12(ln(2k )－2k ＋1)≥0， 解得k ＝12，此时有h ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，原命题得证．难点三 利用洛必达法则求解不等式恒成立问题函数与导数应用的问题中，求参数的取值范围是重点考查的题型．在平时教学中，教师往往介绍利用变量分离法来求解．但部分题型利用变量分离法处理时，会出现“00”型的代数式，而这是大学数学中的不定式问题，解决这类问题的有效方法就是利用洛必达法则． [洛必达法则]法则1 若函数f (x )和g (x )满足下列条件 (1)li m x →a f (x )＝0及li m x →a g (x )＝0；(2)在点a 的去心邻域内，f (x )与g (x )可导且g ′(x )≠0； (3)li m x →af ′(x )g ′(x )＝l ， 那么li m x →af (x )g (x )＝li m x →a f ′(x )g ′(x )＝l . 法则2 若函数f (x )和g (x )满足下列条件 (1)li m x →a f (x )＝∞及li m x →a g (x )＝∞；(2)在点a 的去心邻域内，f (x )与g (x )可导且g ′(x )≠0； (3)li m x →af ′(x )g ′(x )＝l ， 那么li m x →af (x )g (x )＝li m x →a f ′(x )g ′(x )＝l . [典例] 已知函数f (x )＝a ln x x ＋1＋bx，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为x ＋2y －3＝0. (1)求a ，b 的值；(2)如果当x >0，且x ≠1时，f (x )>ln x x －1＋kx，求k 的取值范围．[解题观摩](1)f ′(x )＝a ⎝⎛⎭⎫x ＋1x －ln x (x ＋1)2－bx 2.由于直线x ＋2y －3＝0的斜率为－12，且过点(1,1)，故⎩⎪⎨⎪⎧ f (1)＝1，f ′(1)＝－12，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，a 2－b ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝1. (2)法一：由(1)知f (x )＝ln x x ＋1＋1x， ∴f (x )－⎝⎛⎭⎫ln x x －1＋kx＝11－x 2⎣⎡⎦⎤2ln x ＋(k －1)(x 2－1)x . 设h (x )＝2ln x ＋(k －1)(x 2－1)x (x >0)，则h ′(x )＝(k －1)(x 2＋1)＋2xx 2.①设k ≤0.由h ′(x )＝k (x 2＋1)－(x －1)2x 2知，当x ≠1时，h ′(x )<0，h (x )单调递减． 而h (1)＝0，故当x ∈(0,1)时，h (x )>0，可得11－x 2h (x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，h (x )<0，可得11－x 2h (x )>0.从而当x >0，且x ≠1时，f (x )－⎝⎛⎭⎫ln x x －1＋kx >0，即f (x )>ln x x －1＋kx.②设0<k <1.由于y ＝(k －1)(x 2＋1)＋2x ＝(k －1)x 2＋2x ＋k －1的图象开口向下，且Δ＝4－4(k －1)2>0，对称轴x ＝11－k>1，∴当x ∈⎝⎛⎭⎫1，11－k 时，(k －1)(x 2＋1)＋2x >0，故h ′(x )>0，而h (1)＝0，故当x ∈⎝⎛⎭⎫1，11－k 时，h (x )>0，可得11－x 2h (x )<0，与题设矛盾，③设k ≥1.此时h ′(x )>0，而h (1)＝0，故当x ∈(1，＋∞)时，h (x )>0，可得11－x 2h (x )<0，与题设矛盾．综上所述，k 的取值范围为(－∞，0]．(法一在处理第(2)问时很难想到，现利用洛必达法则处理如下) 法二：由题设可得，当x >0，x ≠1时，k <2x ln x1－x 2＋1恒成立．令g (x )＝2x ln x1－x 2＋1(x >0，x ≠1)， 则g ′(x )＝2·(x 2＋1)ln x －x 2＋1(1－x 2)2，再令h (x )＝(x 2＋1)ln x －x 2＋1(x >0，x ≠1)， 则h ′(x )＝2x ln x ＋1x －x ，又h ″(x )＝2ln x ＋1－1x 2，易知h ″(x )在(0，＋∞)上为增函数，且h ″(1)＝0， 故当x ∈(0,1)时，h ″(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，h ″(x )>0，∴h ′(x )在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，故h ′(x )>h ′(1)＝0，∴h (x )在(0，＋∞)上为增函数．又h (1)＝0，∴当x ∈(0,1)时，h (x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，h (x )>0， ∴当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0， ∴g (x )在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数． 由洛必达法则知，lim x →1 g (x )＝2li m x →1 x ln x 1－x 2＋1＝2lim x →1 1＋ln x －2x＋1＝2×⎝⎛⎭⎫－12＋1＝0， ∴g (x )>0，∴k ≤0，故k 的取值范围为(－∞，0]． [名师微点]解决本题第(2)问时，如果直接讨论函数的性质，相当烦琐，很难求解．采用参数与变量分离较易理解，但是分离出来的函数式的最值无法求解，而利用洛必达法则却较好地处理了它的最值，这是一种值得借鉴的方法．[针对训练]3．设函数f (x )＝1－e －x ，当x ≥0时，f (x )≤xax ＋1，求a 的取值范围． 解：由f (x )≤xax ＋1，得a ≤x e x －e x ＋1x (e x －1)，设t (x )＝(x －1)e x ＋1(x >0)，得t ′(x )＝x e x >0(x >0)，所以t (x )是增函数，t (x )>t (0)＝0(x >0)． 又设h (x )＝(x －2)e x ＋x ＋2(x >0)，得h ′(x )＝t (x )>0(x >0)，所以h (x )是增函数，h (x )>h (0)＝0(x >0)．再设g (x )＝x e x －e x ＋1x (e x －1)(x >0)，连续两次使用洛必达法则，得lim x →0 g (x )＝lim x →0 x e xx e x ＋e x －1＝lim x →0 x e x ＋e x x e x ＋2e x ＝12， 所以g (x )的下确界是12，即g (x )>12(x >0)．题设即“当x ≥0时，1－e －x ≤x ax ＋1恒成立”，所求a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤0，12. [课时跟踪检测]1．定义在R 上的奇函数f (x )，当x >0时，f (x )＝ln x －ax ＋1，若f (x )有5个零点，求实数a 的取值范围．解：因为f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (0)＝0，所以要使f (x )在R 上有5个零点，只需f (x )在(0，＋∞)上有2个零点，等价于方程a ＝ln x ＋1x在(0，＋∞)上有2个根，等价于y ＝a 与g (x )＝ln x ＋1x (x >0)的图象有2个交点．g ′(x )＝－ln xx 2，当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如下表：所以g (x )因为x →0时，g (x )→－∞；x →＋∞时，由洛必达法则可知： lim x →+∞g (x )＝lim x →+∞(ln x ＋1)′(x )′＝lim x →+∞ 1x ＝0， 所以0<a <g (1)，所以0<a <1. 故实数a 的取值范围为(0,1)．2．已知函数f (x )＝ax e x (a ∈R )，g (x )＝ln x ＋x ＋1.若f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围． 解：f (x )≥g (x )恒成立，即ax e x ≥ln x ＋x ＋1恒成立． 因为x ＞0，所以a ≥ln x ＋x ＋1x e x. 令h (x )＝ln x ＋x ＋1x e x，则h ′(x )＝(x ＋1)(－ln x －x )x 2e x. 令p (x )＝－ln x －x ，则p ′(x )＝－1x －1＜0， 故p (x )在(0，＋∞)上单调递减，又p ⎝⎛⎭⎫1e ＝1－1e＞0，p (1)＝－1＜0， 故存在x 0∈⎝⎛⎭⎫1e ，1，使得p (x 0)＝－ln x 0－x 0＝0，故ln x 0＋x 0＝0，即x 0＝e －x 0.当x ∈(0，x 0)时，p (x )＞0，h ′(x )＞0；当x ∈(x 0，＋∞)时，p (x )＜0，h ′(x )＜0.所以h (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减． 所以h (x )max ＝h (x 0)＝ln x 0＋x 0＋1x 0e x 0＝1. 故实数a 的取值范围是[1，＋∞)．3．已知函数f (x )＝ax ＋b x ＋c (a >0)的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1.(1)试用a 表示出b ，c ；(2)若f (x )≥ln x 在[1，＋∞)恒成立，求a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝a －b x 2， 由⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝a ＋b ＋c ＝1－1＝0，f ′(1)＝a －b ＝1，得b ＝a －1，c ＝1－2a . (2)题设即“a ≥ln x ＋1x －1x ＋1x －2(x >1)，或a ≥x ln x －x ＋1(x －1)2(x >1) 恒成立”． 设g (x )＝12(x －1)2＋(x －1)－x ln x (x ≥1)， 则g ′(x )＝x －ln x －1(x ≥1)，又g ″(x )＝1－1x 恒大于0(x >1)，所以g ′(x )单调递增(x >1)，所以g ′(x )>g ′(1)＝0，所以g (x )单调递增(x >1)，所以g (x )≥g (1)＝0(x ≥1)，当且仅当x ＝1时g (x )＝0，故x ln x －x ＋1(x －1)2<12(x >1)，lim x →1+ x ln x －x ＋1(x －1)2＝12. 所以若a ≥x ln x －x ＋1(x －1)2(x >1)恒成立，则a ≥12， 即a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫12，＋∞.4．已知函数f (x )＝ln x －a x －m (a ，m ∈R )在x ＝e(e 为自然对数的底数)时取得极值，且有两个零点记为x 1，x 2.(1)求实数a 的值，以及实数m 的取值范围；(2)证明：ln x 1＋ln x 2>2.解：(1)f ′(x )＝1x ·x －(ln x －a )x 2＝a ＋1－ln x x 2(x >0)， 由f ′(x )＝0，得x ＝e a ＋1，且当0<x <e a＋1时，f ′(x )>0， 当x >e a ＋1时，f ′(x )<0，所以f (x )在x ＝e a＋1时取得极值， 所以e a ＋1＝e ，解得a ＝0.所以f (x )＝ln x x －m (x >0)，f ′(x )＝1－ln x x 2， 函数f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，f (x )max ＝f (e)＝1e－m . 又x →0(x >0)时，f (x )→－∞；x →＋∞时，f (x )→－m ，由f (x )有两个零点x 1，x 2，得⎩⎪⎨⎪⎧ 1e －m >0，－m <0，解得0<m <1e.所以实数m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，1e . (2)证明：不妨设x 1<x 2，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1＝mx 1，ln x 2＝mx 2. 则ln x 1x 2＝m (x 1＋x 2)，ln x 2x 1＝m (x 2－x 1)⇒m ＝lnx 2x 1x 2－x 1. 欲证ln x 1＋ln x 2>2，只需证ln x 1x 2>2，只需证m (x 1＋x 2)>2，即证x 1＋x 2x 2－x 1ln x 2x 1>2. 即证1＋x 2x 1x 2x 1－1ln x 2x 1>2，设t ＝x 2x 1>1， 则只需证ln t >2(t －1)t ＋1，即证ln t －2(t －1)t ＋1>0. 记u (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1(t >1)， 则u ′(t )＝1t －4(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2>0. 所以u (t )在(1，＋∞)上单调递增，所以u (t )>u (1)＝0，所以原不等式成立，故ln x 1＋ln x 2>2.5．已知函数f (x )＝k e x －x 2(其中k ∈R ，e 是自然对数的底数)．(1)若k ＝2，当x ∈(0，＋∞)时，试比较f (x )与2的大小；(2)若函数f (x )有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，求k 的取值范围，并证明：0<f (x 1)<1. 解：(1)当k ＝2时，f (x )＝2e x －x 2，则f ′(x )＝2e x －2x .令h (x )＝2e x －2x ，h ′(x )＝2e x －2，由于x ∈(0，＋∞)，故h ′(x )＝2e x －2>0，于是h (x )＝2e x －2x 在(0，＋∞)上为增函数，所以h (x )＝2e x －2x >h (0)＝2>0.即f ′(x )＝2e x －2x >0在(0，＋∞)上恒成立，从而f (x )＝2e x －x 2在(0，＋∞)上为增函数，故f (x )＝2e x －x 2>f (0)＝2.(2)函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，则x 1，x 2是f ′(x )＝k e x －2x ＝0的两个根，即方程k ＝2x e x有两个根． 设φ(x )＝2x e x ，则φ′(x )＝2－2x ex ， 当x ＜0时，φ′(x )>0，函数φ(x )单调递增且φ(x )＜0； 当0＜x ＜1时，φ′(x )>0，函数φ(x )单调递增且φ(x )>0； 当x >1时，φ′(x )<0，函数φ(x )单调递减且φ(x )>0.作出函数φ(x )的图象如图所示，要使方程k ＝2x e x 有两个根，只需0<k <φ(1)＝2e， 故实数k 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，2e . 证明：由图可知函数f (x )的两个极值点x 1，x 2满足0<x 1<1<x 2，由f ′(x 1)＝k e x 1－2x 1＝0得k ＝2x 1ex 1， 所以f (x 1)＝k e x 1－x 21＝2x 1e x 1e x 1－x 21＝－x 21＋2x 1＝－(x 1－1)2＋1.由于x1∈(0,1)，所以0<－(x1－1)2＋1<1. 所以0<f(x1)<1.。
高考函数导数压轴题分析及应对策略
高考函数导数压轴题分析及应对策略
高考函数导数压轴题分析及应对策略
高考中，函数导数压轴题常常会出现在数学试卷中，其中最重要的就是理解函数导数概念及掌握计算导数的方法。
函数导数是指在某一个点的函数变化率，它是当我们求函数的导数时，最重要的概念。
考试中的一些压轴题往往都是考察对函数导数基本概念的认识，以及计算导数的能力。
解决高考函数导数压轴题的策略主要有两点：
一是预习，复习函数、导数的基本概念，主要考察方程式求导、不定积分概念，以及极限求值等技能，应誊写出公式，掌握计算导数的方法。
二是练习，找一批真题和习题，在解题过程中复习所学的知识，感知其思想和计算步骤，不断练习，解决相关的题目，把这些细节牢记在心，以提供解题时的参照，
争取考试时有少量准备时就能解答出来。
总之，考生要认真对待每一题，敢于试错，不到最后时刻都不要放弃，也不要丧失信心，只要坚持认真、严谨的态度，相信自己一定能取得理想的成绩。
巧妙导数压轴题
巧妙导数压轴题
摘要：
1.导数压轴题的概念和特点
2.解决导数压轴题的常用方法
3.导数压轴题的实战演练
4.总结与展望
正文：
一、导数压轴题的概念和特点
导数压轴题是指在高考数学压轴题中，涉及到导数知识的问题。
它具有以下特点：题目难度较大，对学生的综合运用能力要求高，涉及知识点较多，考查学生的逻辑思维能力和创新能力。
二、解决导数压轴题的常用方法
1.导数与函数的性质相结合：导数是函数在某一点的变化率，因此可以利用导数研究函数的极值、最值、单调性等性质。
2.导数的几何意义：导数可以表示函数在某一点的切线斜率，因此可以利用导数解决一些几何问题。
3.利用导数的应用：如求解速度与加速度、变化率、切线方程等问题。
4.利用导数的性质：如求解函数的极值、最值、单调性等问题。
5.构造函数：通过构造函数，将问题转化为求解导数问题。
三、导数压轴题的实战演练
例题：已知函数f(x)=x^3+ax^2+bx+c，求f"(x)。
解：由导数的定义可知，f"(x)=lim_(h->0) [(f(x+h)-f(x))/h]。
将函数f(x) 代入得f"(x)=lim_(h->0) [((x+h)^3+a(x+h)^2+b(x+h)+c)-
(x^3+ax^2+bx+c))/h]。
经过化简，得f"(x)=3x^2+2ax+b。
四、总结与展望
导数压轴题是高考数学中的一个重要题型，解决这类问题需要学生具备扎实的导数知识，并能灵活运用导数的性质、几何意义及应用。
如何探究导数压轴题解题技巧
如何探究导数压轴题解题技巧在高中数学学习中，导数是一个非常重要的概念，是高中数学的一个重点难点。
掌握导数的理论知识不仅是提高数学成绩的关键，而且对于以后的学习和工作也有着重要的作用。
而在学习导数的过程中，探究导数压轴题解题技巧是非常重要的，可以帮助我们更好地理解和掌握导数的概念和应用。
本文将从以下几个方面介绍如何探究导数压轴题解题技巧。
一、理解导数的定义和性质在探究导数压轴题解题技巧之前，首先需要掌握导数的定义和性质。
导数是一个函数在某一点处的变化率，表示函数在该点处的瞬时变化率。
导数的定义可以用极限的概念来表达，即：$$ f'(x) = lim_{Delta x to 0} frac{f(x+Delta x) -f(x)}{Delta x} $$其中，$f'(x)$表示函数$f(x)$在$x$处的导数，$Delta x$表示自变量$x$的增量，$Delta x to 0$表示自变量$x$的增量趋近于0。
导数的性质包括可导性、导数的四则运算、导数的链式法则等，这些都是学习导数的基础知识。
二、掌握导数的应用在学习导数的过程中，除了理解导数的定义和性质，还需要掌握导数的应用。
导数的应用包括求函数的最值、函数的单调性、函数的凹凸性、函数的极值等。
这些应用都是在导数的基础上进行推导和分析得出的，是导数的重要应用之一。
三、探究导数压轴题解题技巧在学习导数的过程中，探究导数压轴题解题技巧是非常重要的，下面将介绍几种探究导数压轴题解题技巧。
1、寻找问题的关键点在解题过程中，需要先找出问题的关键点，即需要求导数的点或者需要用导数来解决的问题。
在找到问题的关键点后，需要对其进行分析和求解，这样才能得到正确的答案。
2、利用导数的定义和性质在解题过程中，需要根据导数的定义和性质进行分析和求解。
例如，在求函数的最值时，需要求出函数的导数，并将导数等于0的点代入原函数中进行求解，这样就可以得到函数的最值。
高考压轴题解决思路导图(达到一定程度才能看懂)
(1, f (1)) 处的切线为 y e( x 1) 2 .
(Ⅰ) 求 a, b ； （Ⅱ）证明： f ( x) 1 . 分析：第一问考查导数的几何意义，面向全体考生；注意函数问 题定义域优先的原则！
解： （Ⅰ）函数 f ( x) 的定义域为 (0, ) ，
a b b f ( x) ae x ln x e x 2 e x 1 e x 1 x x x
综上， x 0 时， g ( x )
1 e
1 1 ， h( x ) , e e
而两个等号不可能同时取到， 所以 g ( x ) h( x ) ，即 f ( x) 1 .
方法二：分析： e ln x 等价于 e x (ln x
x
2e x 1 2e x 1 等价于 e x ln x 1 0 . x ex
1 e 1 e
注意“ x 0 ”
1 e
1 e
1 e
2 h( x) x e x , h( x ) e x x e x e x (1 x ) . e
当 x (0,1) 时， h( x) 0 ，当 x (1, ) 时， h( x) 0 . h( x) 在 (0,1) 上单调递增，在 (1, ) 上单调递减. h( x) max h(1) .
x
2e x 1 e x 1 e x 1 1 e x ln x 1 0 x x x e x (ln x 1 1 ) (e x 1 x ) 0 ex x
(3) e ln x （Ⅱ）方法一：
x
2e x 1 2 1 e x (ln x ) 1 . ex x
x x x
2e x 1 1， x
导数压轴处理策略
05
导数压轴题型备考建议
熟练掌握基本初等函数性质和导数性质
指数函数、对数函数、幂函数、 三角函数、反三角函数等基本初
等函数的性质和导数性质。
考察重点
导数的定义、性质、应用，以及 与函数、不等式、方程等知识的 综合应用。
常见类型与解题思路
类型一
求函数的单调性、极值、最值问题
01
类型二ห้องสมุดไป่ตู้
求曲线的切线方程问题
03
类型三
解决不等式问题
05
02
解题思路
首先确定函数的定义域，然后求导数，接着 判断导数的正负，从而确定函数的单调性， 进一步求出极值和最值。
导数压轴处理策略
汇报人： 2023-12-20
目录
• 导数压轴题型概述 • 导数压轴处理策略 • 导数压轴题型解题技巧 • 导数压轴题型易错点分析 • 导数压轴题型备考建议
01
导数压轴题型概述
定义与特点
导数压轴题
通常指在数学考试中，作为最后 一道大题的导数题目，具有难度 高、综合性强、解题技巧多样化 的特点。
VS
构造函数的应用技巧
构造函数的应用需要一定的技巧和经验。 在解题过程中，需要熟练掌握各种构造函 数的应用方法，以便能够正确地解决问题 。
未利用导数性质，导致解题繁琐
未利用导数性质
在求解导数问题时，可以利用导数的性质简 化计算过程。如果未利用导数性质，可能导 致解题过程繁琐或者结论错误。
导数性质的应用技巧
06
22年导数压轴真题解法荟萃与命题原理分析(新高考卷)
2022年导数压轴真题解法荟萃与命题原理分析（新高考版）新高考1卷压轴与同构视角下的多变量问题函数同构问题是当下的一个热门问题，2022，2020,的导数问题就可以从同构角度构造恒成立.同构问题常见于指对混合函数的恒成立或零点问题中，重在观察和变形，所以技巧性较强.当然这类指对混合函数的恒成立也可用其他方法完成，在这里学习同构，更多的是提升观察与思维能力.一．基本原理解决指对混合不等式时，常规的方法计算复杂，则将不等式变形为()()f g x f h x >⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦的结构，()f x 即为外层函数，其单调性易于研究.常见变形方式：①ln x x x xe e +=；②ln x x xe ex -=；③ln x x x x e e -=；④()ln ln x x x xe +=；⑤ln ln xe x x x-=.答题思路；1.直接变形：（1）积型：b b ae aln ≤⇒()ln ln a bx a e b ef x xe ⋅≤⋅⇒=（同左）；ln ln a a e e b b ⇒⋅≤⋅()ln f x x x ⇒=（同右）；⇒()ln ln ln ln a a b b +≤+⇒()ln f x x x =+（取对数）.说明：取对数是最快捷的，而且同构出的函数，其单调性一看便知.（2）商型：b b a e a ln <⇒ln ln a b e e a b <()xe f x x⇒=（同左）；ln ln a a e b e b ⇒<⇒xxx f ln )(=（同右）；⇒)ln(ln ln ln b b a a -<-⇒x x x f ln )(-=（取对数）.（3）和差型：b b a e a ln ±>±⇒ln ln a b e a e b ±>±⇒x e x f x±=)(（同左）；ln ln a a e e b b ⇒±>+⇒x x x f ln )(±=（同右）.2.先凑再变形：若式子无法直接进行变形同构，往往需要凑常数、凑参数或凑变量，如两边同乘以x ，同加上x 等，再用上述方式变形.常见的有：①x ae axln >ln ax axe x x ⇒>；②[]ln 1ln()ln (1)1ln ln(1)1x xx a e a ax a a e a x e a x a->--⇒>--⇒->--ln ln(1)ln ln(1)1ln(1)x a x e x a x x e x --⇒+->-+-=+-；③ln ln ln log (ln )ln ln x x a x a a xa x e x a e x x a>⇒>⇒>二．典例分析例.（2022全国新高考1卷）已知函数()e =-xf x ax 和()lng x ax x =-有相同的最小值.（1）求a ；（2）证明：存在直线y b =，其与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.解析：（1）()e '=-xf x a ，()1g x a x'=-①0a 时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在R 上单调递增，即()f x 没有最小值.该类情况应舍去.②0a >时，()f x '在(),ln a -∞上小于0，在()ln ,a +∞上大于0，所以()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增，所以()f x 在ln x a =处有最小值为()ln ln f a a a a =-，所以()g x '在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上小于0，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上大于0，所以()g x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()g x 在1x a =处有最小值为11ln g a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，因为()x f x e ax =-和()ln g x ax x =-有相同的最小值.所以有()1ln ln 1ln f a a a a g a a ⎛⎫=-==+⎪⎝⎭，即ln 1ln a a a a -=+因为0a >，所以上式等价于1ln 01a a a --=+，令()()1ln 01x h x x x x -=->+，则()()22101x h x x x +'=>+恒成立，所以()h x 在()0,+∞上单调递增又因为()()10h h a ==且0a >，所以1a =.（2）证明：由（1）()e =-xf x x ，()lng x x x =-，且()f x 在(),0-∞上单调递减，在()0,+∞上单调递增，()g x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，且()()min min 1f x g x ==.①1b <时，此时()()min min 1f x g x b ==>，显然y b =与两条曲线()y f x =和()y g x =共有0个交点，不符合题意；②1b =时，此时()()min min 1f x g x b ===，y b =与两条曲线()y f x =和()y g x =共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；③1b >时，首先，证明y b =与曲线()y f x =有2个交点：即证明()()F x f x b =-有2个零点，()()1xF x f x e ''==-，所以()F x 在(),0-∞上单调递减，在()0,+∞上单调递增，又因为()e0--=>bF b ，()010F b =-<，()e 20=->b F b b ，（令()e 2=-bt b b ，则()e 20'=->bt b ，()()1e 20>=->t b t ）所以明()()F x f x b =-在(),0-∞上存在且只存在1个零点，设为1x ，在()0,+∞上存在且只存在1个零点，设为2x .其次，证明y b =与曲线和有2个交点：即证明()()G x g x b =-有2个零点，()()11G x g x x''==-，所以()G x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，又因为()ee0--=>bbG ，()010G b =-<，()2ln 20G b b b =->，（令()ln 2b b b μ=-，则()110b bμ'=->，()()11ln 20b μμ>=->）所以()()F x f x b =-在()0,1上存在且只存在1个零点，设为3x ，在()1,+∞上存在且只存在1个零点，设为4x .再次，证明存在b 使得23x x =：因为()()230F x G x ==，所以2233e ln =-=-x b x x x ，若23x x =，则2222e ln -=-x x x x ，即222e 2ln 0-+=x x x ，所以只需证明e 2ln 0-+=xx x 在()0,1上有解即可，即()e 2ln ϕ=-+xx x x 在()0,1上有零点，因为1e 3312e 30e e ϕ⎛⎫=--< ⎪⎝⎭，()1e 20ϕ=->，所以()e 2ln ϕ=-+xx x x 在()0,1上存在零点，取一零点为0x ，令230x x x ==即可，此时取00e =-xb x 则此时存在直线y b =，其与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点，最后证明1402x x x +=，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列：因为()()()()()()1203040F x F x F x G x G x G x ======，所以()()()100ln F x G x F x ==，又因为()F x 在(),0-∞上单调递减，10x <，001x <<即0ln 0x <，所以10ln x x =同理，因为()()()004e ==x F x G G x ，又因为()G x 在()1,+∞上单调递增，00x >即0e1>x ，11x >，所以04e =x x ，又因为000e 2ln 0-+=xx x ，所以01400e ln 2+=+=xx x x x ，即直线y b =，与两条曲线()y f x =和()y g x =从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.三．习题演练习题1．已知函数()ln x f x x=，()xg x xe -=.若存在()10,x ∈+∞，2x R ∈使得()()()120f x g x k k ==<成立，则221k x e x ⎛⎫⎪⎝⎭的最大值为（）A．2e B．eC．24e D．21e解析：()ln x f x x = ，()()ln xx x x x e g x f e e e ===，由于()111ln 0x f x k x ==<，则11ln 001x x <⇒<<，同理可知，20x <，函数()y f x =的定义域为()0,∞+，()21ln 0xf x x -'=>对()0,1x ∀∈恒成立，所以，函数()y f x =在区间()0,1上单调递增，同理可知，函数()y g x =在区间(),0-∞上单调递增，()()()212x f x g x f e ∴==，则21xx e =，()22221x x x g x k x e ∴===，则2221k k x e k e x ⎛⎫= ⎪⎝⎭，构造函数()2k h k k e =，其中0k <，则()()()222k k h k k k e k k e '=+=+.当2k <-时，()0h k '>，此时函数()y h k =单调递增；当20k -<<时，()0h k '<，此时函数()y h k =单调递减.所以，()()2max 42h k h e =-=.故选：C.习题2．已知函数()e x ax f x =和ln ()x g x ax=有相同的最大值.（1）求a ；（2）证明：存在直线y =b ，其与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.（2）由（1）知()()()ln ,ln e x x x f x g x f x x===，由于0x >时，()0f x >，1x >时，()0>g x ，因此只有10e b <<才可能满足题意，记()e x x h x b =-，且10eb <<，由（1）得()h x 在(),1-∞上单调递增，在()1,+∞单调递减，且()()110,00e h b h b =->=-<，所以存在()10,1x ∈，使得()10h x =，设2()e x x x ϕ=-，则()e 2x x x ϕ'=-，设()()m x x ϕ'=，则()e 2x m x =-'，0ln 2x <<时，()0m x '<，()m x 递减，ln 2x >时，()0m x '>，()m x 递增，所以min ()(ln 2)22ln 20m x m ==->，所以()(ln 2)0x ϕϕ''≥>，()ϕx 是增函数，0x >时，()(0)10x ϕϕ>=>，1211()e 0bb b ϕ=->，11e bb b <又1110e b b h b b ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，所以存在011,x b ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00h x =，即此时y b =与()y f x =有两个交点，其中一个交点在()0,1内，另一个交点在()1,+∞内，同理y b =与()()ln y f x g x ==也有两个交点，其中一个交点在()0,e 内，另一个交点在()e,+∞内，若y b =与()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点，则其中一个交点为两条曲线()y f x =和()y g x =的公共点，记其横坐标为2x ，令()()()222ln f x g x f x ==，则()()221,e ,ln 0,1x x ∈∈，记y b =与()(),y f x y g x ==的三个交点的横坐标从左到右依次为324,,x x x ，且满足()()()()32432241e ,x x x f x f x g x g x <<<<===，且2222ln e x xx x =，即2222e ln x x x =，又()()()()3224ln ,ln f x f x f x f x ==，且()()3224,ln 0,1,,ln 1,e x x x x ∈∈，且()f x 在()0,1和()1,e 上分别单调，所以3224ln ,ln x x x x ==，即24e x x =，所以22342,x x x x =为34,x x 的等比中项，所以从左到右的三个交点的横坐标324,,x x x 成等比数列.新高考2卷压轴与命制恒成立问题的常用方法例2．（2022新高考2卷）已知函数()e e ax x f x x =-．（1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（2）当0x >时，()1f x <-，求a 的取值范围；解析：（2）设()e e 1ax x h x x =-+，则()00h =，又()()1e e ax x h x ax '=+-，设()()1e e ax x g x ax =+-，则()()22e e ax x g x a a x '=+-，若12a >，则()0210g a '=->，因为()g x '为连续不间断函数，故存在()00,x ∈+∞，使得()00,x x ∀∈，总有()0g x '>，故()g x 在()00,x 为增函数，故()()00g x g >=，故()h x 在()00,x 为增函数，故()()01h x h >=-，与题设矛盾.若102a <≤，则()()()ln 11e e ee ax ax ax xx h x ax ++'=+-=-，下证：对任意0x >，总有()ln 1x x+<成立，证明：设()()ln 1S x x x =+-，故()11011x S x x x-'=-=<++，故()S x 在()0,∞+上为减函数，故()()00S x S <=即()ln 1x x +<成立.由上述不等式有()ln 12e e e e e e 0ax ax x ax ax x ax x +++-<-=-≤，故()0h x '≤总成立，即()h x 在()0,∞+上为减函数，所以()()01h x h <=-.当0a ≤时，有()e e e 1100ax x axh x ax '=-+<-+=，所以()h x 在()0,∞+上为减函数，所以()()01h x h <=-.综上，12a ≤.命题原理：（2）等价于0,1>-<x e xex ax恒成立.其实对于左端函数ax xe x g =)(，求导可得：ax e ax x g )1()('+=，于是0>a 时在),0(+∞上递增，0<a 时在),0(+∞先增后减.而右端函数1)(-=xe x h 在),0(+∞递增！同时注意到)0()0(h g =，我们分别对两个函数在0=x 处做泰勒展开：)(23322x o x a ax x xe ax+++=)(621332x o x x x e x+++=-所以，对照泰勒展开式，当0>a 时，)(),(x h x g 均递增，只要21≤a ，0,1>-<x e xe xax 一定恒成立.（这也意味着必要性探路方法可行）.当0<a 时，axxe x g =)(有最大值11)1(--=-e a a g ，此时11(1-=--a e ah ，利用指数不等式：1+≥x e x可得：1(111)1(1ag ae a e a h a -=->-≥-=--，这就表明0<a 时，0,1>-<x e xe x ax 恒成立，综上21≤a !利用导数产生数列放缩1.由不等式1ln -≤x x 可得：+∈<+<+N n nn n ,1)11ln(11.例3.（2017全国3卷）已知函数()1ln f x x a x =--．（1）若()0f x ≥，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111(1)(1(1)222nm ++⋅⋅⋅+<，求m 的最小值．解析：（2）由（1）知当(1,)x ∈+∞时，1ln 0x x -->，令112n x =+得11ln(1)22n n +<，从而221111111ln(1ln(1)ln(1)112222222n n n ++++⋅⋅⋅++<++⋅⋅⋅+=-<.故2111(1)(1)(1)222n e ++⋅⋅⋅+<,而23111(1)(1)(1)2222+++>，所以m 的最小值为3．2,.两个正数a 和b 的对数平均定义：(),(,)ln ln ().a ba b L a b a ba ab -⎧≠⎪=-⎨⎪=⎩对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：(,)2a bL a b +≤≤（此式记为对数平均不等式，取等条件：当且仅当a b =时，等号成立.进一步，在不等式左端结合均值不等式可得：当0b a >>时211ln ln b a b a a b->-+，即111ln ln ()2b a b a a b-<+-.令,1a n b n ==+，则111ln(1)ln ()21n n n n +-<++，所以111ln(1)ln (21n n n n +-<++①.(,)L a b<1ln ln ln 2ln (1)a ab x x x b x ⇔-⇔⇔<->其中，接下来令t =2>11(1)n ln n >+，1(n ln n+>②.例4．已知函数(1)()ln(1)1x x f x x xλ+=+-+.（1）若0x ≥时，()0f x ≤，求λ的最小值；（2）设数列{}n a 的通项111123n a n =++++ ，证明：21ln 24n n a a n-+>.解析：（1）综上可知，λ的最小值时12.（2）由上述不等式①，所以111ln(1)ln (21n n n n +-<++，111ln(2)ln(1)()212n n n n +-+<+++，111ln(3)ln(2)(223n n n n +-+<+++…，111ln 2ln(21)(2212n n n n--<+-.将以上各不等式左右两边相加得：1122221ln 2ln (2123212n n n n n n n n-<+++++++++- ，即111211ln 22123214n n n n n n<+++++++++- ，故11211ln 212324n n n n n +++++>+++ ，即21ln 24n n a a n-+>.例5．（2022新高考2卷解析几何）已知函数()ax x f x xe e =-．（1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（2）当0x >时，()1f x <-，求a 的取值范围；（3）设*n N ∈(1)ln n ++⋯+>+．1()n ln n+>，进一步求和可得：11231((...(1)12nnk k k n ln ln ln n k n==++>=⨯⨯⨯=+∑，...(1)ln n ++．。